2024版新教材高中物理課時分層作業(yè)二十五動能定理的應用新人教版必修第二冊

課時分層作業(yè)(二十五)動能定理的應用A組基礎鞏固練1．如圖所示為一水平的轉(zhuǎn)臺，半徑為R，一質(zhì)量為m的滑塊放在轉(zhuǎn)臺的邊緣，已知滑塊與轉(zhuǎn)臺間的動摩擦因數(shù)為μ，且最大靜摩擦力等于滑動摩擦力，重力加速度為g.若轉(zhuǎn)臺的轉(zhuǎn)速由零逐漸增大，當滑塊在轉(zhuǎn)臺上剛好發(fā)生相對滑動時，轉(zhuǎn)臺對滑塊所做的功為()A．eq\f(1,2)μmgRB．2πmgRC．2μmgRD．02．靜止在粗糙水平面上的物塊在水平向右的拉力作用下做直線運動，t＝4s時停下，其v-t圖像如圖所示．已知物塊與水平面間的動摩擦因數(shù)處處相同，則下列判斷正確的是()A．整個過程中拉力做的功等于物塊克服摩擦力做的功B．整個過程中拉力做的功等于零C．t＝2s時拉力的瞬時功率在整個過程中最大D．t＝1s到t＝3s這段時間內(nèi)拉力不做功3．(多選)質(zhì)量為2kg的物體靜止在光滑水平面上，某時刻起受到方向不變的水平力F的作用，F(xiàn)隨位置x變化的圖像如圖所示．以物體靜止時的位置為初位置，下列說法中正確的是()A.物體先做勻加速直線運動，后做勻速運動B．物體有可能做曲線運動C．在0～0.2m內(nèi)力F所做的功為3JD．物體在經(jīng)過x＝0.2m的位置時速度大小為eq\r(3)m/s4．物體在恒定阻力作用下，以某初速度在水平面上沿直線滑行直到停止．以a、Ek、x和t分別表示物體運動的加速度大小、動能、位移的大小和運動的時間．則下圖的各圖像中，能正確反映這一過程的是()5．一半徑為R的圓柱體水平固定，橫截面如圖所示．長度為πR、不可伸長的輕細繩，一端固定在圓柱體最高點P處，另一端系一個小球．小球位于P點右側(cè)同一水平高度的Q點時，繩剛好拉直．將小球從Q點由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，小球的速度大小為(重力加速度為g，不計空氣阻力)()A．eq\r(（2＋π）gR)B．eq\r(2πgR)C．eq\r(2（1＋π）gR)D．2eq\r(gR)6.[2023·遼寧高一期末](多選)質(zhì)量為1.0kg的物體以某一水平初速度在水平面上滑行，由于摩擦力的作用，其動能隨位移變化的情況如圖所示．g取10m/s2，則下列判斷正確的是()A．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.2B．物體與水平面間的動摩擦因數(shù)為0.3C．物體滑行的總時間為2sD．物體滑行的總時間為4s7．如圖所示，右端連有光滑弧形槽的水平面AB長為l＝1.5m，一個質(zhì)量為m＝0.5kg的木塊在F＝1.5N的水平拉力作用下，從水平面上A端由靜止開始向右運動，木塊到達B端時撤去拉力F.木塊與水平面間的動摩擦因數(shù)μ＝0.2，g取10m/s2.(1)求木塊沿弧形槽上升的最大高度；(2)求木塊沿弧形槽滑回B端后，在水平面上滑動的距離．B組能力提升練8.水平轉(zhuǎn)盤可繞豎直中心軸轉(zhuǎn)動，如圖甲所示．一小物塊質(zhì)量為m，放在轉(zhuǎn)盤上到中心O的距離為r處，隨著轉(zhuǎn)盤角速度緩慢增大，小物塊所受摩擦力F隨時間變化的圖像如圖乙所示，小物塊相對轉(zhuǎn)盤始終未發(fā)生移動．則從t1到t2時間內(nèi)，摩擦力對小物塊做的功為()A．3F0rB．2F0rC．F0rD．eq\f(1,2)F0r9．剎車距離是衡量汽車安全性能的重要參數(shù)之一．圖中所示的圖線1、2分別為甲、乙兩輛汽車在緊急剎車過程中的剎車距離s與剎車前的車速v的關系曲線，已知緊急剎車過程中車與地面間是滑動摩擦．據(jù)此可知，下列說法中正確的是()A．甲車與地面間的動摩擦因數(shù)較大，甲車的剎車性能好B．乙車與地面間的動摩擦因數(shù)較大，乙車的剎車性能好C．以相同的車速開始剎車，甲車先停下來，甲車的剎車性能好D．甲車的剎車距離s隨剎車前的車速v變化快，甲車的剎車性能好10．[2023·河南安陽高一下期末](多選)如圖甲所示，輕彈簧直立在地面上，一端與地面相連，另一端與質(zhì)量為0.5kg的物塊相連，物塊處于靜止狀態(tài)．在物塊上施加一個豎直向上的拉力F，使物塊向上做初速度為零的勻加速直線運動，拉力F隨位移x變化的規(guī)律如圖乙所示．已知彈簧的形變始終在彈性限度內(nèi)，重力加速度g取10m/s2.下列說法正確的是()A．當物塊位移為零時，彈簧壓縮量為5cmB．當物塊位移為10cm時，物塊的運動時間為0.1sC．當物塊位移為10cm時，彈簧的彈性勢能和起始位置相同D．當物塊位移為10cm時，拉力F對物塊做功0.6J11．水平面有一長為s的粗糙段AB，其動摩擦因數(shù)與離A點的距離x滿足μ＝kx(k為恒量).一物塊(可看作質(zhì)點)第一次從A點以速度v0向右運動，到達B點時速率為v，第二次也以相同速度v0從B點向左運動，則下列說法正確的是()A．第二次也能運動到A點，但速率不一定為vB．第二次也能運動到A點，但兩次所用時間不同C．兩次克服摩擦力做的功不相同D．兩次速率相同的位置只有一個，且距離A為eq\f(3s,4)12．[2023·湖南高一期中]科技助力北京冬奧：我國自主研發(fā)的“人體高速彈射裝置”幾秒鐘就能將一名滑冰運動員從靜止狀態(tài)加速到指定速度，輔助滑冰運動員訓練各種滑行技術．如圖所示，某次訓練，彈射裝置在加速階段將質(zhì)量m＝60kg的滑冰運動員加速到速度v0＝8m/s后水平向右拋出，運動員恰好從A點沿著圓弧的切線方向進入光滑圓弧軌道AB.AB圓弧軌道的半徑為R＝5m，B點是圓弧軌道的最低點，圓弧軌道與水平軌道BD平滑連接，A點與圓心O的連線與豎直方向成37°角．MN是一段粗糙的水平軌道，滑冰運動員與MN間的動摩擦因數(shù)μ＝0.08，水平軌道其他部分光滑．最右側(cè)是一個半徑為r＝2m的半圓弧光滑軌道，C點是半圓弧光滑軌道的最高點，半圓弧光滑軌道與水平軌道BD在D點平滑連接．重力加速度g＝10m/s2，sin37°＝0.6，cos37°＝0.8.整個運動過程中將運動員簡化為一個質(zhì)點．(1)求運動員水平拋出點距A點的豎直高度；(2)求運動員經(jīng)過B點時對軌道的壓力大小；(3)若運動員恰好能通過C點，求MN的長度L.課時分層作業(yè)(二十五)動能定理的應用1．解析：滑塊即將開始相對轉(zhuǎn)臺滑動時，最大靜摩擦力(等于滑動摩擦力)提供向心力，有μmg＝eq\f(mv2,R)，根據(jù)動能定理有Wf＝eq\f(1,2)mv2，解得Wf＝eq\f(1,2)μmgR.答案：A2．解析：對運動全過程應用動能定理有WF－Wf＝0，A正確，B錯誤；物塊在加速運動過程中受到的拉力最大，由圖知，t＝1s時拉力的瞬時功率最大，C錯誤；t＝1s到t＝3s這段時間內(nèi)，拉力與摩擦力平衡，拉力做正功，D錯誤．答案：A3．解析：位移在0～0.1m內(nèi)，拉力逐漸增大，則做加速度逐漸增大的變速運動，A錯誤；拉力方向不變，物體由靜止開始運動的軌跡只能是直線，B錯誤；在F-x圖像中，圖線與x軸所圍面積表示拉力做的功，故W＝1.2J＋1.8J＝3J，C正確；據(jù)動能定理W＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(3)m/s，D正確．答案：CD4．解析：物體在恒定阻力作用下運動，其加速度不隨時間或位移變化．由動能定理有－Ffx＝Ek－Ek0，解得Ek＝Ek0－Ffx，Ek與x是一次函數(shù)關系，C正確．答案：C5．解析：小球由靜止釋放，當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，細繩與圓柱體接觸部分的長度為eq\f(1,4)×2πR＝eq\f(πR,2)，故小球下落的高度為h＝R＋eq\f(πR,2)，由動能定理可得mgh＝eq\f(1,2)mv2，解得v＝eq\r(（2＋π）gR)，故A正確．答案：A關鍵點撥：解答本題的關鍵是利用幾何關系確定當與圓柱體未接觸部分的細繩豎直時，細繩與圓柱體接觸部分的長度與未接觸部分的長度，從而確定小球下落的高度．6．解析：根據(jù)動能定理得－μmgx＝ΔEk，解得μ＝0.2，A正確，B錯誤；物體的初速度v0＝eq\r(\f(2Ek,m))＝4m/s，所以物體滑行的總時間為t＝eq\f(v0,μg)＝2s，C正確，D錯誤．答案：AC7．解析：(1)設木塊沿弧形槽上升的最大高度為h，對木塊由A端運動到最大高度的過程，由動能定理得Fl－μmgl－mgh＝0解得h＝eq\f(（F－μmg）l,mg)＝0.15m.(2)設木塊沿弧形槽滑回B端后在水平面上滑行的距離為s，由動能定理得mgh－μmgs＝0解得s＝eq\f(h,μ)＝0.75m.答案：(1)0.15m(2)0.75m8．解析：在t1時刻F0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1)),r)，在t2時刻2F0＝meq\f(veq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2)),r)，則從t1到t2時間內(nèi)，摩擦力對小物塊做的功為W＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(2))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(1))＝eq\f(1,2)F0r，故選D.答案：D9．解析：由題意知μmgs＝eq\f(1,2)mv2，即s＝eq\f(v2,2μg)，由題中s-v圖像知，當v甲＝v乙時，s甲>s乙，故μ甲<μ乙；當v相同時，s甲>s乙，知乙車剎車性能好．答案：B10．解析：由題圖乙可知，當x＝0時，F(xiàn)＝1N，由牛頓第二定律有F＝ma，可得a＝2m/s2，當彈簧恢復原長時，由牛頓第二定律有F1－mg＝ma，解得F1＝6N，由題圖乙可知，此時物塊的位移為5cm，即當物塊位移為零時，彈簧壓縮量為5cm，故A正確；根據(jù)題意可知，物塊向上做初速度為零的勻加速直線運動，由運動學公式x＝eq\f(1,2)at2可得，物塊位移為10cm時，物塊的運動時間為t＝eq\r(\f(2x,a))＝eq\r(0.1)s，故B錯誤；彈簧開始的形變量為5cm，則當物塊位移為10cm時，彈簧的形變量仍為5cm，即當物塊位移為10cm時，彈簧的彈性勢能和起始位置的彈性勢能相同，故C正確；由運動學公式v2＝2ax可得，物塊位移為10cm時，物塊的速度為v＝eq\r(2ax)＝eq\r(0.4)m/s，設物塊位移為10cm時，拉力F對物塊做功為W，由動能定理有W－mgx＝eq\f(1,2)mv2，解得W＝0.6J，故D正確．答案：ACD11．解析：根據(jù)μ＝kx，知物塊所受的滑動摩擦力大小為Ff＝μmg＝kmgx，可知第一次物塊向右運動的過程中摩擦力不斷增大，加速度不斷增大；而第二次向左運動的過程中，摩擦力不斷減小，加速度不斷減小，即物塊速度減小，故第二次也能運動到A點．兩個過程中，摩擦力做功相同，由動能定理可知，第二次到達A點的速率也為v，但時間變長，故A、C錯誤，B正確．設兩次速率相同的位置距離A點的距離為x，相同的速率設為v′，根據(jù)動能定理得第一次有－eq\f(0＋μmgx,2)·x＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，第二次有－eq\f(μmgs＋μmgx,2)(s－x)＝eq\f(1,2)mv′2－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))，聯(lián)立解得x＝eq\f(\r(2)s,2)，故D錯誤．答案：B關鍵點撥：解答本題的關鍵是要分析物塊的運動情況，分段運用動能定理研究，因為摩擦力隨位移均勻變化，所以求功時要用力的平均值乘以位移．12．解析：(1)根據(jù)運動的合成與分解可得運動員經(jīng)過A點時的速度大小為vA＝eq\f(v0,cos37°)＝10m/s①設運動員水平拋出點距A點的豎直高度為h，對運動員從拋出點到A點的過程，由動能定理有mgh＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(0))②聯(lián)立①②式解得h＝1.8m③(2)設運動員經(jīng)過B點時的速度大小為vB，對運動員從A點到B點的過程，根據(jù)動能定理有mg(R－Rcos37°)＝eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B))－eq\f(1,2)mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(A))④設運動員經(jīng)過B點時所受軌道支持力大小為FN，根據(jù)牛頓第二定律及向心力公式有FN－mg＝eq\f(mveq\o\al(\s\up1(2),\s\do1(B)),R)⑤聯(lián)立①④⑤式解得FN＝2040N⑥根據(jù)牛頓第三定律可知，運